K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
16 tháng 9
a: Xét ΔMNP và ΔKPN có
\(\hat{MNP}=\hat{KPN}\) (hai góc so le trong, MN//PK)
NP chung
\(\hat{MPN}=\hat{KNP}\) (hai góc so le trong, MP//NK)
Do đó: ΔMNP=ΔKPN
=>MN=KP; MP=KN
ta có: MP=KN
MP=NQ
Do đó: NK=NQ
=>ΔNKQ cân tại N
b: Ta có: ΔNKQ cân tại N
=>\(\hat{NKQ}=\hat{NQK}\)
mà \(\hat{NKQ}=\hat{MPQ}\) (hai góc đồng vị, MP//NK)
nên \(\hat{MPQ}=\hat{NQP}\)
Xét ΔMQP và ΔNPQ có
MP=NQ
\(\hat{MPQ}=\hat{NQP}\)
PQ chung
Do đó: ΔMQP=ΔNPQ
c: ΔMQP=ΔNPQ
=>\(\hat{MQP}=\hat{NPQ}\)
=>MNPQ là hình thang cân
23 tháng 8
a: ta có: EI⊥BF
AC⊥BF
Do đó: EI//AC
=>\(\hat{IEB}=\hat{ACB}\) (hai góc đồng vị)
mà \(\hat{ABC}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)
nên \(\hat{KBE}=\hat{IEB}\)
Xét ΔKBE vuông tại K và ΔIEB vuông tại I có
BE chung
\(\hat{KBE}=\hat{IEB}\)
Do đó: ΔKBE=ΔIEB
=>EK=BI
b: Điểm D ở đâu vậy bạn?
KV
18 tháng 9
Bài 2
∆ADE có:
AD = AE (gt)
⇒ ∆ADE cân tại A
⇒ ∠ADE = (180⁰ - ∠DAE) : 2 = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (1)
∆ABC cân tại A (gt)
⇒ ∠ABC = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∠ADE = ∠ABC
Mà ∠ADE và ∠ABC là hai góc đồng vị
⇒ DE // BC
∆ABC cân tại A (gt)
⇒ ∠ABC = ∠ACB
⇒ ∠DBC = ∠ECB
Tứ giác BDEC có:
DE // BC (cmt)
⇒ BDEC là hình thang
Mà ∠DBC = ∠ECB (cmt)
⇒ BDEC là hình thang cân
KV
18 tháng 9
Bài 3
a) ABC cân tại A (gt)
AB = AC và ABC = ACB
Xét hai tam giác vuông: ABD và ACE có:
AB = AC (cmt)
A chung
ABD = ACE (cạnh huyền - góc nhọn)
AD = AE
b) ∆ADE có:
AD = AE (gt)
⇒ ∆ADE cân tại A
⇒ ∠AED = (180⁰ - ∠EAD) : 2 = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (1)
∆ABC cân tại A (gt)
⇒ ∠ABC = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∠AED = ∠ABC
Mà ∠AED và ∠ABC là hai góc đồng vị
⇒ DE // BC
∆ABC cân tại A (gt)
⇒ ∠ABC = ∠ACB
⇒ ∠EBC = ∠DCB
Tứ giác BEDC có:
DE // BC (cmt)
⇒ BEDC là hình thang
Mà ∠EBC = ∠DCB (cmt)
⇒ BEDC là hình thang cân
15 tháng 8
a: Xét ΔKAD và ΔBDA có
\(\hat{KAD}=\hat{BDA}\) (hai góc so le trong, AK//BD)
AD chung
\(\hat{KDA}=\hat{BAD}\) (hai góc so le trong, AB//CD)
Do đó: ΔKAD=ΔBDA
=>KA=BD
mà BD=AC
nên AK=AC
=>ΔAKC cân tại A
b: ΔAKC cân tại A
=>\(\hat{AKC}=\hat{ACK}\)
mà \(\hat{AKC}=\hat{BDC}\) (hai góc đồng vị, BD//AK)
nên \(\hat{BDC}=\hat{ACD}\)
Xét ΔBDC va ΔACD có
BD=AC
\(\hat{BDC}=\hat{ACD}\)
CD chung
Do đó: ΔBDC=ΔACD
=>\(\hat{BCD}=\hat{ADC}\)
=>ABCD là hình thang cân
11 tháng 8
1: \(\frac{1-a\cdot\sqrt{a}}{1-\sqrt{a}}=\frac{\left(1-\sqrt{a}\right)\left(1+\sqrt{a}+a\right)^{}}{1-\sqrt{a}}=1+\sqrt{a}+a\)
2: \(\frac{\sqrt{x+3}+\sqrt{x-3}}{\sqrt{x+3}-\sqrt{x-3}}=\frac{\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{x-3}\right)\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{x-3}\right)}{\left(\sqrt{x+3}-\sqrt{x-3}\right)\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{x-3}\right)}\)
\(=\frac{\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{x-3}\right)^2}{x+3-\left(x-3\right)}=\frac{x+3+x-3+2\sqrt{\left(x+3\right)\left(x-3\right)}}{6}\)
\(=\frac{2x+2\sqrt{x^2-9}}{6}=\frac{x+\sqrt{x^2-9}}{3}\)
4: \(\frac{3}{2\sqrt{9x}}=\frac{3}{2\cdot3\sqrt{x}}=\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}}{2}\)
5: \(\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{1\cdot\sqrt{x}}{2\sqrt{x}\cdot\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}}{2x}\)
7: \(\frac{\sqrt{a^3}+a}{\sqrt{a}-1}=\frac{a\cdot\sqrt{a}+a}{\sqrt{a}-1}=\frac{a\left(\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}-1}=\frac{a\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}\)
\(=\frac{a\left(a+2\sqrt{a}+1\right)}{a-1}=\frac{a^2+2a\cdot\sqrt{a}+a}{a-1}\)
8: \(\frac{2}{\sqrt{a}+\sqrt{2b}}=\frac{2\cdot\left(\sqrt{a}-\sqrt{2b}\right)}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{2b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{2b}\right)}=\frac{2\sqrt{a}-2\sqrt{2b}}{a-2b}\)
10: \(\frac{25}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}=\frac{25\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}=\frac{25\sqrt{a}+25\sqrt{b}}{a-b}\)
11: \(-\frac{ab}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}=-\frac{ab\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}=\frac{-ab\cdot\sqrt{a}-ab\cdot\sqrt{b}}{a-b}\)
3.5:
Xét `\DeltaCID` có:
`\hat{IDC}+\hat{ICD}+\hat{CID}=180^o`
`\hat{IDC}+\hat{ICD}=180^o-\hat{CID}`
`\hat{IDC}+\hat{ICD}=180^o-105^o=75^o`
Mà: `ID,IC` lần lượt là phân giác của `\hat{D},\hat{D}
Suy ra: `\hat{D}=2\hat{IDC},\hat{C}=2\hat{ICD}`
`->1/2\hat{D}+1/2\hat{C}=75^o`
`->\hat{D}+\hat{C}=75^o*2=150^o`
Xét tứ giác `ABCD` có:
`\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}+\hat{D}=360^o`
`->\hat{A}+\hat{B}=360^o-(\hat{C}+\hat{D})`
`->\hat{A}+\hat{B}=360^o-150^o`
`->\hat{A}+\hat{B}=210^o`
`->\hat{A}=210^o-\hat{B}`
Mà: `\hat{A}-\hat{B}=30^o`
`->210^o-\hat{B}-\hat{B}=30^o`
`->2\hat{B}=210^o-30^o=180^o`
`->\hat{B}=180^o/2=90^o`
Suy ra: `\hat{A}=210^o-90^o=120^o`
3.5:
Xét ΔCID có \(\hat{ICD}+\hat{IDC}+\hat{CID}=180^0\)
=>\(\hat{ICD}+\hat{IDC}=180^0-105^0=75^0\)
=>\(\frac12\left(\hat{BCD}+\hat{CDA}\right)=75^0\)
=>\(\hat{BCD}+\hat{CDA}=75^0\cdot2=150^0\)
Xét tứ giác ABCD có \(\hat{BAD}+\hat{ABC}+\hat{BCD}+\hat{CDA}=360^0\)
=>\(\hat{BAD}+\hat{ABC}=360^0-150^0=210^0\)
mà \(\hat{BAD}-\hat{ABC}=30^0\)
nên \(\hat{BAD}=\frac{210^0+30^0}{2}=120^0;\hat{ABC}=120^0-30^0=90^0\)
3.4:
Xét tứ giác ABCD có \(\hat{BAD}+\hat{ABC}+\hat{BCD}+\hat{ADC}=360^0\)
=>\(\hat{BCD}+\hat{ADC}=360^0-\left(\hat{BAD}+\hat{ABC}\right);\hat{BAD}+\hat{ABC}=360^0-\left(\hat{BCD}+\hat{ADC}\right)\)
Xét ΔEAB có \(\hat{EAB}+\hat{EBA}+\hat{AEB}=180^0\)
=>\(\hat{BEA}+\frac12\left(\hat{BAD}+\hat{ABC}\right)=180^0\)
=>\(\hat{BEA}+\frac12\left\lbrack360^0-\left(\hat{ADC}+\hat{BCD}\right)\right\rbrack=180^0\)
=>\(\hat{BEA}+180^0-\frac12\left(\hat{ADC}+\hat{BCD}\right)=180^0\)
=>\(\hat{BEA}=180^0-180^0+\frac12\left(\hat{ADC}+\hat{BCD}\right)=\frac12\left(\hat{ADC}+\hat{BCD}\right)\)
Vì AE và AF là hai tia phân giác của hai góc kề bù
nên AE⊥AF
Vì BF,BE là hai tia phân giác của hai góc kề bù
nên BF⊥BE
Xét tứ giác FAEB có \(\hat{FAE}+\hat{FBE}+\hat{AFB}+\hat{AEB}=360^0\)
=>\(\hat{AFB}+\hat{AEB}=360^0-90^0-90^0=180^0\)
=>\(\hat{AFB}=180^0-\frac12\left(\hat{ADC}+\hat{BCD}\right)=\frac12\left(360^0-\hat{ADC}-\hat{BCD}\right)=\frac12\cdot\left(\hat{BAD}+\hat{ABC}\right)\)